電磁感應【11大題型】解析版-2025-2026學年高二物理下學期（人教版）

電磁感應【11大題型】（期中復習講義）

內容導航

明?期中考情把握命題趨勢，明確備考路徑

記?必備知識梳理核心脈絡，掃除知識盲區

破?重難題型題型分類突破，方法技巧精講

題型01探究影響感應電流方向的因素題型02感應電流方向的判斷

題型03楞次定律推論的應用題型04法拉第電磁感應定律的理解及應用

題型05導體切割磁感線產生感應電動勢題型06自感現象

題型07渦流、電磁阻尼和電磁驅動題型08電磁感應中的電路問題

題型09電磁感應中的圖像問題題型10電磁感應中的動力學和能量問題

題型11電磁感應中的動量問題

過?分層驗收階梯實戰演練，艇收復習成效

.明?期中考情.

核心考點復習目標考情規律

電磁感應現象能準確判斷閉合|口|路中是否產生感應基礎必考點。常以選擇題形式考查對“磁通量變

與產生條件電流或感應電匆勢，并說明理由（磁通化”這一本質條件的理解。易錯點：誤認為有磁

量是否變化）。場、有切割、有電流就一定有感應電流。

楞次定律與感能熟練運用楞次定律（“增反減同''）或高頻核心考點。選擇題中常結合具體操作（如磁

應電流方向判右手定則判斷感應電流（或感應電動鐵插入拔出線圈）考查方向判斷。易錯點：混淆

斷勢）的方向，并能解釋“來拒去留”等現楞次定律（適用于所有情況）與右手定則（只適

象。用于切割〉的適用范圍。

法拉第電磁感能準確理解并應用公式E=nA（P/At計算核心計算考點。是計算一切感應電動勢的基礎。

應定律感應電動勢的大小，理解是磁通?？疾閷街衝、△中含義的理解，以及△①

量的變化率。的計算（如面積變化、磁場變化）。

導體切割磁感能熟練應用公式E=BlvsinO計算平動切重點計算考點，應用極廣。常作為綜合題的起點。

線產生的動生割時的電動勢，并能判斷其方向（右手易錯點：忽視速度v與磁感線方向的夾角0；混

電動勢定則）。淆1是有效切割長度。

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電磁感應中的能將產生感應電動勢的部分等效為電綜合應用基礎O是處理幾乎所有電磁感應綜合問

電路問題源，正確畫出等效電路圖，并求解路端題的第一步。易錯點：電源內外電路識別錯誤：

電壓、電流、電功率等。忽略電源內阻（導體棒電阻）。

電磁感應中的能分析并繪制感應電動勢E、感應電流高頻難點?？疾閷ξ锢磉^程的動態分析能力。常

圖像問題I、安培力F等履時間t或位移x變化的見類型：線框進出磁場、導體棒變速運動等。

圖像。

中.磁感應中的能對在磁場中運動的導體棒講行受力綜合壓軸熱點。常與動量、能量結合，構成計算

動力學問題（單分析，應用牛頓第二定律分析其加速題。核心模型：阻尼式、發電式、含源電動式、

桿模型）度、速度的變化，并求解穩定狀態（如含容充電式。

勻速運動時的最大速度）。

電磁感應中的能分析電磁感應過程中的能量轉化關綜合壓軸熱點。常作為動力學問題的延續，考查

能量問題系，并熟練計算安培力做的功、產生的能用守恒觀點的應用。關鍵方法：焦耳熱常通過

焦耳熱、機械功率等?？朔才嗔ψ龉蚰芰渴睾銇砬蠼?。

電磁感應中的能在電磁感應情境中應用動量定理或能力拔高考點。是近年命題趨勢，尤其在雙桿模

動量問題（單動量守恒定律，求解電荷量、位移、速型中。常用結論：q=△①/R總；BILAt=mAv（動

桿、雙桿）度等問題。量定理）。

自感、互感與渦能解釋自感（通電、斷電）、互感（變現象與應用考點。常以選擇題形式考查對原理的

流壓器原理.）及渦流（電磁爐、阻尼）現理解和圖像（如I-t圖）分析。易錯點：斷電自

象，并能分析簡單自感電路中的電流變感中電流方向判斷錯誤。

化。

■記?必備知識.

愎知識點01磁通量

（1）公式：（P=BS,S為垂直磁場方向的投影面積，磁通量為標量。

（2）物理意義：

磁通量的大小可形象表示為穿過某一面積的磁感線條數的多少。

（3）磁通量的變化：△0=02—01o

?易錯點：

?誤認為磁通量與匝數有關，計算時錯誤乘以n0

?只看面積或磁場大小，忽略夾角與有效面積。

?忽略正負，往返穿過磁場時△中算成絕對值之差。

?磁感線與平面平行時，誤判磁通量不為零。

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愎知識點02電磁感應現象

(1)電磁感應現象

當穿過閉合電路的磁通量發生變化時，電路中產生感應電流的現象。

(2)產生感應電流的條件

①條件：穿過閉合電路的磁通量發生變化。

②特例：閉合電路的一部分導體在磁場內做切割磁感線運動。

(3)能量轉化

發生電磁感應現象時，機械能或其他形式的能轉化為電能。

?易錯點：

?誤認為只要導體運動、磁場存在就一定有電磁感應。

?磁通量很大但不變時，誤判存在感應電流。

?線圈也數影響電動勢，但小影響磁通量本身。

?忽略回路是否斷開，把感應電動勢直接當作感應電流。

區知識點03感應電流方向的判定

(1)楞次定律

①內容：感應電流具有這樣的方向，即感應電流的磁場總要阻礙引起感應電流的磁通景的變化。

“阻礙”不一定是相反，“阻礙”的是磁通量的變化；“隹礙”也不是阻止，而是延緩了磁通量的變

化過程。

②適用范圍：一切電磁感應現象。

(2)右手定則

①內容：如圖所示，伸開右手，使拇指與其余四個手指垂直，并且都與手掌在同一個平面內：讓磁感線

從掌心進入，并使拇指指向導線運動的方向，這時四指所指的方向就是感應電流的方向。

右手定則是楞次定律的特例，楞次定律適用于所有電磁感應現象，而右手定則適用于一段導體在磁場中

切割然感線運動的情況。

②適用情況：導線切割磁感線產生感應電流。

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?易錯點：

?右手定則與左手定則混用，方向判斷相反。

?忽略回路是否閉合，誤認為有感應電動勢就一定有感應電流。

?只看磁場強弱變化，不判斷磁通量增減趨勢。

園＜知識點04法拉第電磁感應定律

(1)感應電動勢

①概念：在電磁感應現象中產生的電動勢。

②產生條件：穿過回路的磁通量發生改變，與電路是否閉合無關。

③方向判斷：感應電動勢的方向用楞次定律或右手定則判斷。

(2)法拉第電磁感應定律

①內容：閉合電路中感應電動勢的大小，跟穿過這一電路的磁通量的變化率成正比。

②公式：E=n—,其中〃為線圈匝數。

2

F

③感應電流與感應電動勢的關系：遵守閉合電路的歐姆定律，即

R+r

⑶導體切割磁感線的情形

切割方式電動勢表達式

垂直切割E=Blv

旋轉切割(以一端為軸)E=—RI2o)

2

感應電動勢的方向與電池電動勢的方向一樣，都規定為在電源內部由負極指向正極。

?易錯點：

?混淆①、△①、A①/At,以為磁通量越大電動勢越大。

?轉動切割誤用平動公式，或漏乘i/2o

?有效長度判斷錯誤，非垂直切割直接用E=BLvo

?計算電量時未乘匝數n,或總電阻代入錯誤。

?彎曲導線誤算實際長度，未用等效直導線長度。

?速度為平均速度、瞬時速度不分，導致電動勢類型用錯。

愎知識點05自感、渦流、電磁阻尼、電磁驅動

⑴自感現象

①概念：當一個線圈中的電流變化時，它所產生的變化的磁場在線圈本身激發出感應電動勢，這種現象

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稱為自感。

②自感電動勢

a.定義：由于自感而產生的感應電動勢叫作自感電動勢。

b.表達式：E=L——。

③自感系數L

a.相關因索：與線圈的人小、形狀、匝數以及是否有鐵芯有關。

b.單位:亨利(H),lmH=10-3H,lgH=10-6H1,

⑵渦流

當線圈中的電流發生變化時，在它附近的任何導體中都會產生感應電流，這種電流像水的漩渦，所以

叫渦流。

(3)電磁阻尼

導體在磁場中運動時，感應電流會使導體受到安培力，安培力總是阻得導體的運動。

(4)電磁驅動

如果磁場相對于導體轉動，在導體中會產生感應電流使導體受到安培力而運動起來。

?易錯點：

?誤認為自感能阻止電流變化，實際只是延緩變化。

?斷電時忽略電路結構，錯判燈泡是否閃亮。

?混淆通電、斷電自感的目流方向，斷電時線圈電流方向不變。

?把自感電動勢當作恒定值，忽略其隨電流變化而變化。

?誤認為渦流只在金屬表面產生，忽略整塊導體均會產生。

?混淆阻尼與驅動：阻尼是導體減速，驅動是導體被帶動。

?忽略渦流產生條件，無磁通量變化時仍判斷有阻尼或驅動。

.破?重難題型.

【典例1】某學習小組同學用如圖甲所示的裝置探究“影響感應電流方向的因素”，螺線管力、滑動變阻器、

開關與電池構成閉合回路：螺線管8與電流計構成閉合電路，螺線管8套在螺線管4的外面。

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(1)要想使電流計指針發生偏轉,下列四種操作中可行的是()C

力.閉合開關,螺線管4和螺線管8相對靜I卜向卜運動

8.閉合開關，螺線管8不動，螺線管力插入或拔出螺線管8

C.閉合開關，螺線管小B不動，移動滑動變阻器的滑片

。.螺線管48和滑動變阻器的滑片不動，閉合或斷開開關

(2)利用圖乙所示的裝置進一步探究感應電流的方向與磁通量變化的關系，螺線管8與電流計構成閉合電路。

正確連接好實驗電路后，將條形磁鐵N極朝下插入螺線管8,觀察到靈敏電流計G的指針向右偏。

①將條形磁鐵N極朝下拔出螺線管8,觀察到靈敏電流計G的指針(填“向左偏”或“向右偏”);

②將條形磁鐵S極朝下插入螺線管B,觀察到靈敏電流計G的指針(填“向左偏”或“向右偏”)。

【答案】BCD

向左偏

向左偏

【解析】

(1)要想使電流計指針發生偏轉，即螺線管8與電流計構成閉合電路產生感應電流，螺線管8的磁通量發生變

化。

A.閉合開關，螺線管4和螺線管8相對靜止向上運動，螺線管8的磁通量不變，故不產生感應電流，故A錯

誤；

B.閉合開關，螺線管3不動，螺線管4相當于電磁鐵，插入或拔出螺線管8過程，螺線管3磁通量發生變化,

產生感應電流，故B正確；

C.閉合開關，螺線管4、8不動，移動滑動變阻器的滑片螺線管力的電流發生變化，產生的磁場變化，螺線管

8的磁通量發生變化，產生感應電流，故C正確：

D.螺線管4、8和滑動變阻器的滑片不動，閉合或斷開開關瞬間螺線管A的電流發生變化，產生的磁場變化,

螺線管8的磁通量發生變化，產生感應電流，故D正確；

故選BCD；

6/33

(2)①將條形磁鐵N極朝下拔出螺線管B,磁通量變化與插入的變化相反，產生的感應電流方向相反，觀察

到靈敏電流計G的指針向左偏；

②將條形磁鐵S極朝下插入螺線管B,穿過螺線管8的磁場方向與N極朝下插入的磁場方向相反，產生的感

應電流的方向相反，觀察到靈敏電流計G的指針向左偏。

故答案為：(1)8CD；(2)向左偏：向左偏。

【變式1】某同學用以下實驗裝置探究電磁感應現象中的感應電流，G為顯敏電流計(已知電流從“+”接

線柱流入，指針向右偏轉；電流從“一”接線柱流入，指針向左偏轉)。

(1)如圖甲，當導體棒成水平向右運動時，該同學觀察到靈敏電流計的指針(填“向左偏轉”“向右偏

轉”或“不偏轉”)。

(2)如圖乙，閉合開關S的瞬間，該同學觀察到靈敏電流計的指針(填“向左偏轉”“向右偏轉”或“不

偏轉”)。

(3)如圖乙，閉合開關S,電路穩定后，快速移動滑動變阻器的滑片與緩慢移動滑動變阻器的滑片相比，觀

察到靈敏電流計的指針偏角更(填“大”或“小”

【答案】向左偏轉

向左偏轉

大

【解析】(1)由右手定則可知，當導體棒Qb水平向右運動時，感應電流方向為QTb,電流從“-”接線柱流

入，指針向左偏轉。

(2)閉合開關S的瞬間，穿過右側線圈的磁通量增大，感應電流的磁場與左側線圈中電流產生的磁場方向相

反，由右手螺旋定則可知，感應電流從靈敏電流計的“一”接線柱流入，故指針向左偏轉。

(3)閉合開關S,電路穩定后，快速移動滑動變阻器的滑片，左側線圈中電流變化得更快，電流產生的磁場

也變化得更快，右側線圈中的磁通量也變化得更快，由法拉第耳磁感應定律可知，產生的感應電動勢更大,

感應電流也更大，所以靈敏電流計的指針偏角更大。

3題型二感應電流方向的判斷

7/33

解I題I技I巧

?通用方法：楞次定律，步驟為定原磁場方向T判磁通量增減T感應磁場“增反減同”T安培定則定電流

方向。

?導體切割磁感線：直接用右手定則，磁感線垂直穿手心，拇指為運動方向，四指為感應電流方向。

?口訣輔助：來拒去留、增縮減擴、增反減同。

?閉合回路磁通量發生變化，才有感應電流。

【典例1】在第70場“南方教研大講堂”羅老師展示的課例中，她用磁力小車做了小實驗。磁力小車如圖甲

所示，它的內部結構可以簡化為如圖乙所示，其中力、8是具有單向導電性的發光二極管（正向電阻為零，反

向電阻為無窮大），與線圈C構成閉合回路。實驗前，磁力小車靜止在水平桌面上（不計一切阻力）。關于實驗

現象，下列說法正確的是（）

甲乙

A.將強磁鐵N極快速靠近小車，二極管71將閃亮

B.將強磁鐵S極快速靠近小車，二極管8將閃亮

C.將強磁鐵N極快速靠近小車，小車將向右運動

D.將強磁鐵S極快速靠近小車，小車將向左運動

【答案】ABC

【解析】4B、當將強磁鐵N極快速靠近小車時，線圈C中向右的磁通量增加，由楞次定律和安培定則知，回

路產生逆時針方向的電流，二極管A將閃亮；當將強磁鐵S極快速靠近小車時，線圈C中向左的磁通量增加,

由楞次定律和安培定則知，回路產生順時針方向的電流，二極管8將閃亮；故48正確；

CD、無論強磁鐵N極還是S極靠近小車，線圈C中磁通量均增加，由楞次定律知，為了阻礙通過線圈C的磁通

量增加，小車將向右運動，故C正確，。錯誤。

故選ABC。

【變式1】如圖所示，導體就、cd可在水平軌道上自由滑動，且兩水平軌道在中央交叉處互不相通。當導體

棒時向左移動時0

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A.ab中感應電流的方向為Q到bB.ab中感應電流的方向為匕到a

C.cd向左移動D.cd向右移動

【答案】AD

【解析】由右手定則可判斷力中感應電流方向為從。到山從而cd中電流方向為從c到d,根據左手定則可判

定cd中安培力方向水平向右，即cd向右移動，4、Q正確。

包題型三楞次定律推論的應用

解|題|卷|巧

?牢記楞次定律核心推論：增反減同、來拒去留、增縮減擴、阻礙相對運動。

?磁通量增加，感應磁場與原磁場反向；減少則同向，快速判斷方向。

?導體或磁鐵靠近時排斥，遠離時吸引；回路面積隨磁通量增減自動收縮（趨勢）或擴張（趨勢）。

?直接用推論定性判斷運動、形變、電流方向，不用逐步分析。

【典例1】在獲悉法拉第發現電磁感應現象之后，楞次立即開始進行電工方面的實驗研究，并于1834年提

出楞次定律。下面幾種與楞次定隹有關的現象描述正確的是。

A.條形磁鐵靠近線圈時電子秤示數增大

B.?0條形磁鐵靠近鋁環時鋁環會向左擺動

口

I

C.通電直導線的電流增大時矩形線框會向右運助或有向右運動的趨勢

D.調整滑片P到某一位置閉合開關后電流表中有恒定電流

9/33

【答案】AC

【解析】4根據楞次定律可知條形磁鐵靠近線圈時，條形磁鐵和線圈相互排斥，則電子秤示教增大，故力

正確：

4.根據楞次定律可知條形磁鐵靠近鋁環時由于安培力鋁環會向右擺動，B錯誤；

C根據楞次定律可知通電直導線的電流向上或向下增大時，矩形線框會向右運動或有向右運動的趨勢，故C

正確；

。.根據楞次定律可知調整滑片戶到某一固定位置，閉合開關M電路中電流穩定后，通過N線圈的磁通量不變,

電流表中無電流，。錯誤。

【變式1】如圖所示，在水平桌面上有一金屬圓環，在它圓心正上方有一條形磁鐵（極性不明），當條形磁鐵

F落時，可以判定（）

A.環中將產生俯視順時針方向的感應電流B.環對桌面的壓力將增大

C.環有面積縮小的趨勢D.磁鐵將受到豎直向下的電磁作用力

【答案】BC

【解析】4由于磁鐵的極性不明，無法確定環中感應電流的方向，故4錯誤：

從磁鐵靠近圓環，穿過環的磁通量增大，根據楞次定律的推論可知，環有面枳減小和遠離磁鐵的趨勢，故環

對桌面的壓力將增大，故4C正確；

。.根據力的作用是相互的，可知，磁鐵受到環對它施加的豎直向上的作用力，故。錯誤。

故選BC。

團題型四法拉第電磁感應定律的理解及應用

攤「靛「￡「15

:?定律公式：E=nA（D/At,感應電動勢與磁通量變化率成正比，與大小、變化量無關。

j?導體切割：E=BLv（垂直切割），有效長度取垂直速度與磁場分量。

:?轉動切割：E=BwL2/2,注意轉軸位置。

j?求電量用q=nA<D/R俵，與時間無關。

【典例1】圖甲為某款“自發電”無線門鈴按鈕，其“發電”原理如圖乙所示，按下門鈴按鈕過程磁鐵靠近

10/33

螺線管，松開門鈴按鈕磁鐵遠離螺線管回歸原位置。下列說法正確的是()

A.按下按鈕過程，螺線管P端電勢較高

B.松開按鈕后，穿過螺線管的磁通量為零

C.按住按鈕不動，螺線管中產生恒定的感應電動勢

D.若按下和松開按鈕的時間相同，螺線管產生大小相同的感應電動勢

【答案】D

【解析】4按下按鈕過程，通過螺線管的磁場向左、磁通晟增大，根據楞次定律增反減同結合右手螺旋定則，

可知電流從Q端流出，則螺線管Q瑞電勢較高，故力錯誤；

8松開按鈕后，穿過螺線管的磁通量變小，但不為零，故4錯誤；

。.按住按鈕不動，穿過螺線管的磁通量不變，螺線管中不會產生感應電動勢，故C錯誤；

D按下和松開按鈕過程，若按下和松開按鈕的時間相同，螺線管中磁通量的變化率相同，故螺線管產生的

感應電動勢大小相同，故。正確C

故選

【變式1】穿過同?閉合回路的磁通量中隨時間t變化的圖像分別如圖中的①?④所示，下列關于回路中感

應電動勢的論述正確的是0

A.圖①同路產生恒定不變的感應電動勢

B.圖②何路產生的感應電動勢一直在變大

C.圖③回路0?￡i時間內產生的感應電動勢小于門?以時間內產生的感應電動勢

D.圖④網路產生的感應電動勢先變小再變大

11/33

【答案】D

【解析【題圖①中磁通量。不變，無感應電動勢，4錯誤；題圖②中磁通量e隨時間￡均勻增天，圖像的斜

率A不變，也就是說產生的感應電動勢不變，4錯誤；設題圖③中回路在。?口時間內磁通量。隨時間t變化

的圖像的斜率的絕對值為於，在口?￡2時間內磁通最。隨時間t變化的圖像的斜率的絕對值為七，從圖像中發

現：的大于七，所以在。?h時間內產生的感應電動勢大于在h?以時間內產生的感應電動勢，C錯誤；題

圖④中磁通量。隨時間t變化的圖像的斜率的絕對值先變小后變大，所以感應電動勢先變小后變大，。正確。

包題型五導體切割磁感線產生感應電動勢

儺「最i￡j后

平動切割：垂直時E=BLv,幀斜時取有效長度和垂直分量。

轉動切割：繞一端旋轉E=Bo)U/2,注意角速度與線速度關系。

:?有效長度為導線兩端點在垂直速度方向上的投影長度。

j?多棒串聯電動勢相加，并聯取單棒電動勢。

【典例1】如圖，空間有一勻強磁場，一直金屬棒與磁感應強度方向垂直，當它以速度〃沿與棒和磁感應強

度都垂直的方向運動時，棒兩端的感應電動勢大小為。將此棒彎成兩段長度相等且相互垂直的折線，置于

與磁感應強度相垂直的平面內，當它沿兩段折線夾角平分線的方向以速度〃運動時，棒兩端的感應電動勢大

小為匚則￡等于()

lxXXXX

XXXzxX

yx

B.空C.lD.V2

【答案】B

【解析】設金屬棒的長度為L，左側的金屬棒有效的切割長度為L，垂直切割磁感線，產生的感應電動勢為

e=BLv,右側的金屬棒有效的切割長度為弓3垂直切割磁感線，產生的感應電動勢為w'=B學4；,則￡=

苧，故NCO錯誤，8正確。

【變式1】如圖所示，導體棒4B長為2L,繞。點以角速度/沿逆時針方向勻速轉動，0B長為L,且。84三點

在一直線上，有一勻強磁場磁感應強度為從充滿轉動平面且與轉動平面垂更，那么48兩端的電勢差大小

為0

12/33

A,少心B.2Ba)L2CABcoL2D.6Ba)L2

【答案】C

【解析】解：48兩端的電勢差大小等于金屬棒48中感應電動勢的大小，為：

E=B-2L-V=g-2L^L+^3L=4BL2a),故選C。

當題型六自感現象

解|靛|￡「15

?自感遵循楞次定律，感應電動勢阻礙電流的變化，即“增反減同”。

?通電自感：線圈阻礙電流增大，燈泡逐漸變亮；斷電自感：阻礙電流減小，燈泡閃亮或緩慢熄滅。

?斷電是否閃亮，看線圈穩定巨流是否大于燈泡原電流。

?有鐵芯、匝數多，自感系數大，自感效應更明顯。

【典例1］在如圖所示電路中，L為自感系數較大的線圈，直流電阻不計，燈泡力1和力2是兩個相同的燈泡,

R為定值電阻，下列說法正確的是()

A.開關閉合瞬間，燈泡①和乙都立即變亮

B.開關閉合穩定后，燈泡心和心一樣亮

C.開關由閉合再突然斷開，仆逐漸熄滅，心閃亮一下再熄滅

D.開關由閉合再突然斷開，線圈L的左端電勢高于右端

【答案】C

【解析】4開關閉合瞬間，兒逐漸變亮，力2立即變亮，故力錯誤;

及閉合穩定后月1更亮，6錯誤；

13/33

CD開關斷開時，仆逐漸熄滅，力閃鳧一下再熄滅，線圈右端電勢更高，故C正確，。錯誤。

【變式1】如圖所示，圖甲和圖乙是教材中演示自感現象的兩個電路圖，Li和殳為電感線圈.實驗時，斷開

開關Si瞬間，燈小突然閃亮，隨后逐漸變暗；閉合開關S2,燈上逐漸變亮.而另一個相同的燈心立即變亮，

最終心與小的亮度相同.下列說法正確的是0

A.圖甲中，心與人的電阻值相同

B.圖甲中，閉合Si，電路穩定后,公中電流大于Li中電流

C.圖乙中，變阻器R與L的電阻值相同

D.圖乙中，閉合S2瞬間，42中電流與變阻器R中電流相等

【答案】C

【解析】4圖甲中，斷開Si的瞬間，①燈閃亮，是因為電路穩定時，久的電流小于小的電流，則可知5的

電阻小于4的電阻，故4錯誤；

8.圖甲中，，的電阻小于小的電阻，閉合電路穩定后，燈泡中的電流小于線圈中的電流，故8錯誤；

。.圖乙中，因為閉合開關S2后，最終於與43的亮度相同，兩個支路的總電阻相同，因兩個燈泡電阻相同，

所以變阻器R與兒的電阻值相同，故C正確：

。.圖乙中，閉合S2瞬間，上對電流有阻礙作用，所以42中電流小于變阻器R中電流，故。錯誤。

3題型七渦流、電磁阻尼和電磁驅動

解?題?卷i巧

?渦流：整塊導體磁通量變化產生感應電流，應用于真空冶煉、安檢、電磁灶。

?電磁阻尼：導體相對磁場運動，渦流阻礙相對運動，做減速運動。

?電磁駟動：磁場運動帶動導體運動，兩者同向但轉速不同。

?本質均為電磁感應+安培力作用，用楞次定律”阻礙相對運動”判斷。

【典例1】掃描隧道顯微鏡(STM)可用來探測樣品表面原子尺度上的形貌.為了有效隔離外界振動對STM的

擾動，在圓底盤周邊沿其徑向對稱地安裝若干對紫銅薄板，并施加磁場來快速衰減其微小振動，如圖所

示.無擾動時.，按下列四種方案對紫銅薄板施加恒磁場；出現擾動后，對于紫銅薄板_L下及左右振動的哀

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減最有效的方案是()

【答案】A

【解析】施加磁場來衰減振動是利用電磁阻尼實現的，即振動過程中發生電磁感應現象，產仁的感應電流

在磁場中受安培力阻礙其振動.

4選項的圖中紫銅薄板無論上卜.振動還是左右振動都會出現磁通量的變化,從而會產生電磁感應現象：

8選項的圖中紫銅薄板上下振動時沒有磁通景的變化，不會產生電磁感應現象；

C選項的圖中紫銅薄板無論上下振動還是左右振動均不會產生電磁感應現象；

。選項的圖中紫銅薄板上下振動時不會產生電磁感應現象，故最有效的方案是4選項力正確.

【變式1】以下哪個措施是為了防止渦流的危害0

A.且磁爐所用的鍋要用金屬厚平底鍋

B.變壓器用互相絕緣的硅片疊成鐵芯來代替整塊硅鋼鐵芯

c利用金屬探測器探測埋在地卜.的地雷

D.做電式電表的線圈常常用鋁框做骨架，把線圈繞在鋁框上

【答案】B

【解析】AC選項都是對渦流的應用，。選項是利用電磁阻尼盡快使得線圈停止運動，只有8選項是防止渦流

的危害，故選8。

包題型八電磁感應中的電路問題

解|題|技|巧

?確定電源：切割導體或磁通量變化的線圈為等效電源，用楞次定律/右手定則判極性。

?用法拉第電磁感應定律E=nA<D/At或E=BLv求電動勢。

?畫等效電路圖，分清內、外丹路，用閉合電路歐姆定律I=E/(R+r)。

?求電量用q=nA①/R與速度、時間無關。

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【典例1】如圖所示，a、匕兩個閉合線圈用同樣的導線制成，匝數均為10匝，半徑i二2入，圖示區域內有

勻強磁場，且磁感應強度隨時間均勻減小，則下列說法正確的是0

A。、b線圈中產生的感應電流方向均沿順時針方向

B。、b線圈均有收縮趨勢

C.Q、b線圈中產生的感應電動勢之比E0：%,=4：1

D.a、b線圈中產生的感應電流之比〃：Ib=2：l

【答案】ACD

【解析】4根據楞次定律可知，原磁場向里減小，則感應電流的諫場與原磁場方向相同，因此感應電流為順

時針，力正確；

8.根據左手定則可知，線圈受到的安培力向外，即線圈有擴張趨勢，8錯誤；

C.根據法拉第電磁感應定律可知，￡=爸=巴浮，而5=萬廠2

因此電動勢之比為,=*=總=*C正確；

D設導線橫截面積為S'，由電阻定律R=P/

而導線長度心=2仃，故電阻之比為祟二段=4

由歐姆定律可知/=1則電流之比為"=$塞=；Q正確

R1B七BKA1

故選:ACDa

【變式1】如圖所示，MN和PQ是兩根相互平行、豎直放置的光滑金屬導軌，已知導軌足夠長，且電阻不計。

ab是一根與導軌垂直而且始終與導軌接觸良好的金屬桿，金屬桿具有一定的質量和電阻。開始時，將開關S

斷開，讓桿ab由靜止開始自由下落，過段時間后，再將S閉合。從S剛閉合開始，金屬桿可能0

A.做加速度不變的減速運動B.做加速度變大的減速運動

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C.做加速度變大的加速運動D.做加速度變小的加速運動

【答案】D

【解析】閉合開關時，金屬桿在下滑過程中，受到重力和安培力作用，若重力與安培力大小相等，金屬桿

的合力為零，做勻速直線運動；

閉合開關時，若安培力小于重力，則金屬桿的合力向下，加速度向下，做加速運動。隨著速度增大，金屬

桿產生的感應電動勢增大，感應電流增大，金屬桿受到的安培力增大,則合力減小,加速度減小，金屬桿

做加速度逐漸減小的加速運動:

閉合開關時，若安培力大于重力，則金屬桿的合力向上，加速度向上，做減速運動。隨著速度減小，金屬

桿產生的感應電動勢減小，感應電流減小，金屬桿受到的安培力減小,則合力減小，加速度減小，則金屬

桿做加速度逐漸減小的減速運動，故力4C不可能，D可能。

故選：D。

包題型九電磁感應中的圖像問題

解|題|花|巧

?先確定磁通晟變化，用楞次定律判斷感應電流方向，用法拉第定律判斷大小。

?圖像重點看：B-t、6-t、E-t、1-1的斜率、正負、突變點。

?勻速切割時E、I恒定；勻變速時E恒定；面枳變化對應E變化。

?多過程分段分析，進出磁場時電流方向常相反。

【典例1】如圖甲所示，等邊三隹形勻質導線框用絕緣細桿懸掛于天花板上，圖中虛線過江、ac邊中點c、

d,虛線下方有垂直于導線框向里的勻強磁場，磁感應強度B隨時間變化的圖像如圖乙所示。己知導線框的

電阻為1僅加邊的長度為1m。若磁感應強度8垂直紙面向里為正，線框中電流i順時針為正，線框所受安培

力F安向上為正，Ude為d、e兩點間的電勢差，則下列圖像正確的是0

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【答案】D

【解析1.感生電動勢E=黑，有效面積S='x]xlx警療二娑巾2,感應電流；[由題圖乙知，

ZJC4//1OIX

0?2s內磁場均勻變化，=^T/s=2T/s,貝IJO?2s內產生的恒定電流1=苧4故/、8錯誤；

。.結合上述分析，0?2s內感生電動勢￡*=苧1/,根據楞次定律可知，e點電勢高，由幾何關系知，導線ead

的長度為導線框總長度的小則d、e兩點間的電勢差以=-'1=—/；2~3s內磁場不變化，不產生感應

電動勢，d、e兩點間的電勢差為零；3?5s內，d點電勢高，d、e兩點間的電勢差以=與=今憶故。錯

誤；

D.安培力F安=BE有,有效長度力克=0.5m,0?2s內磁感應強度隨時間的關系為8=2—2t,線框所受安

培力產安向上為正，則0?2s內安培力隨時間的關系為/安=一等+苧t：同理，結合上述分析，2~3s內

安培力為零，3?5s內尸安一t圖像與0?2s內一樣，故。正確。

故選D。

【變式1】如圖所示，有一寬為2L的勻強磁場區域，磁場方向垂直于紙面向里.現有一邊長為J粗細均勻

的正方形金屬線框MNPQ,以恒定速度穿過磁場區域。在運動過程中，金屬線框MN邊始終與磁場區域邊界

平行，取MN邊剛進入磁場為計時起點，規定逆時針方向為電流正方向，則在下列選項中，能正確反映線框

中感應電流以及MM兩點間電勢差UMN隨時間變化規律的是0

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【答案】BD

【解析】線框進入磁場的過程，由楞次定律可知，線框中感應可流沿逆時針方向，為正。感應電動勢大小

和感應電流大小分別為

E=RIA),i=$=喀,MN兩點間電勢差為小3=華.進入過程所用時間為匕=與線框完全進入至恰

要:出磁場的過程，線圈內磁通量沒有變化，沒有感應電流。MN兩點間電勢差為UMN=BL〃該過程所用時

間為垃=5，線框出磁場的過程，由楞次定律可知電流方向為順時針方向，為負。感應電動勢大小和感應電

流大小分別為E=若=昭MN兩點間電勢差為U“N二竽，穿出過程所用時間為打二，故BD

KKeV

正確，力C錯誤。

故選：BD。

包題型十電磁感應中的動力學和能量問題

葡最「記「15

?動力學：先求感應電動勢￡=83，再求安培力F#B2[?V/R,結合牛頓定律分析加速或勻速。

?能量：安培力始終做負功，機械能轉化為電能，再變為焦耳熱。

?勻速運動時：外力功率等于日路熱功率；變加速用動能定理。

?用楞次定律判斷安培力方向，始終阻礙相對運動.

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【典例1］如圖所示，光滑平行導軌固定于水平面內，間距為Z,其所在空間存在方向豎直向上，磁感應強

度大小為8的勻強磁場，導軌左惻接有阻值為R的定值電阻，一長為1,質量為m,阻值為丁的導體棒垂直導

軌放置。導軌電阻忽略不計，導體棒運動中始終與導軌垂直且接觸良好。現使導體棒獲得一水平向右的速

度的，在導體棒向右運動的整個過程中，下列說法正確的是()

A.流過電阻R的電流方向為aT/?TbB.導體棒向右做勻減速運動

C.導體棒開始運動時的加速度為繇需D.電流通過電阻R產生的熱量為語

【答案】C

【解析】解：A根據右手定則，導體棒向右運動時產生的感應電流在R的方向是biRia,故力錯誤；

及導體棒向右運動時，根據牛頓第二定律

BIV22

BDl”l=D1=Bl,v=ma,

R+rRD+r

由干u減小，故Q減小，不是勻減速運動，故8錯誤；

C導體棒開始運動時，由與警=ma,

R+r

得a=黔，故0正確；

。.根據能量的轉化和守恒定律可知，整個電路產生的總焦耳熱等于導體棒的初動能｝n屏，即R和r共同產生

的熱量，故A上產生的熱量小于為評，故。錯誤。

故選:Co

【變式1】如圖所示，由同種材料、粗細均勻的電阻絲繞制成的矩形導體框Qbcd的斜邊長為/、林邊長為2，.

在外力作用下以速度〃向右勻速進入有界勻強磁場，第一次必邊與磁場邊界平行、第二次左邊與磁場邊界平

行。不計空氣阻力，則先后兩次進入過程()

20/33

XXXX

XXXX

XXXX

XXXX

XXXX

XXXX

A.線圈中電流之比為1:2

B.外力做功的功率之比為1:2

C.通過導體棒截面的電量之比為1:2

D.剛進入磁場時，Q、b兩點間的電勢差之比為5:2

【答案】AD

【解析】4根據E=可知，在導體框進入磁場的過程中，第一次與第二次切割磁感線的有效長度之比為

1:2,因此可知第一次和第二次導體框產生的感應電動勢之比為1:2,設導體框的電阻為R,則感應電流為

/=i

R

同一導體框，總電阻相同，則感應電流之比也等于1:2,故力正確；

8.導體框在進入磁場的過程中，上下兩邊所受安培力始終大小相等方向相反，因此導體棒所受安培力的合力

實際等于切割磁感線的邊所受安培力的大小，第一次和第二次進入磁場時電流之比為1：2,切割磁感線的邊

長之比為1:2,根據/安=8幾可知第一次和第二次導體框所受安培力大小之比為1:4,而導體框勻速進入磁

場，因此可知，外力大小之比為1:4,則外力所做的功之比為鑒二普=；':二J而兩次導體框進入磁

場中所用時間之比為於日X”?由此可得外力的功率之比為賓=耨乂鋁"片宗故6錯誤；

C.根據法拉第電磁感應定律E=幾黑=黑，則7=[=啜;，而q=7戊二九8券?戊=〃吟■,其中

ZJtZJCKnZJiAZJLA

n=l,則q=8附，因為兩次導體框完全進入磁場后面積的變化量相同，因此兩次通過導體棒截面的電量

之比為1:1,故c錯誤;

。.剛進入磁場時，切割磁感線的導體相當于電源，則第一次%匕兩點間的電勢差為路端電壓，有4力=亮

也也第二次進入磁場時a、b兩點間的電勢差為Uab2=t8x2山=^82,則可知兩次的電勢差之比為既=

hlux故短正確。

。DtVL

21/33

故選力。°

解I題I技I巧

?安培力是變力時，優先用動量定理：1安=餌）。

?安培力沖量化簡：ZBILAt=BLq,q=n△①/R他。

?雙棒切割、無外力時，系統動量守恒，安培力為內力。

?最終常達到勻速，兩棒電動勢相等或磁通量不變。

【典例1］如圖，將足夠長的平行光滑導軌水平放置，空間中存在垂直導軌平面向上的勻強磁場，導軌上靜

止放置兩平行光滑導體棒就、加（導體棒垂直導軌且與導軌接觸良好）.現給cd棒以沿導軌方向且遠離疑棒的

初速度，則之后的過程中，兩導體棒：（）

A.速度相等時相距最遠B.靜止在導軌上時距離最遠

C.動量變化量大小一定相等D.速度變化量大小一定相等

【答案】AC

【解析】48.兩導體棒速度相等時，問路中不再有感應電流，二者以相同的速度做勻速直線運動，相距最遠,

故,4正確，8錯誤；

。?日于兩導體棒所受安培力大小相等，根據動量定理，兩導體棒動量的變化量大小相等，故。正確；

。.由動量定理：Zip=mAv,由于天知道兩導體棒的質量關系，無法得到速度變化量大小的關系，故。錯誤。

故選片C。

【變式1】如圖，在磁感應強度大小為B的勻強磁場區域內，與俄場方向垂直的水平面內有兩根固定的足夠

長的平行金屬導軌,，導軌間的距離為L,導軌上平行放置兩根導體棒時和cd.構成矩形回路°己知兩根導體

棒的質量均為血、電阻均為R,其他電阻忽略不計，導體棒均可沿導較無摩擦滑行。初始時刻打棒靜止，給

cd棒一個向右的初速度火。兩導體棒在運動中始終不接觸。下列說法中正確的是（）

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A.cd棒開始運動時，助棒中電流方向為bTQ,大小為簪

B.當cd棒速度減為0.8%時，油棒的加速度大小為嘿率

1Uffln

C.從開始運動到最終穩定，電路中產牛.的電能為萼

D.Qb棒的最終速度為為

【答案】B

【解析】4根據右手定則，cd棒電流方向由d到。，帥棒電流由a—》，電流大小/二歿，/錯誤；

￡r\

股兩棒組成的系統動量守恒，mv=mx0.8v+rnv,回路電流/=。？%)=0.3*。,棒的

00ab""OMo乙Kq"K

安培力Fab=BIL,ab棒的加速度大小。=警=嚅言，B正確;

III1U77ln

CD穩定時兩棒共速“，7九%)=2m%v=0.5vo，電路中產生的電能為￡電=/詔一杷血泄=刎詔，CD

均錯誤；

正確選項B

.過?分層驗收.

期中基礎通關練(測試時間：10分鐘)

?，!|，?，。，?，。，?，?，?，。，?，?，?1?，?，?，?，?，?，■，■，■，?，?，?，■，?，?，?，?，?，,，?，?，■，???，?，?，?，?，■，?，■(■，■■■，■，■，?1。，?，?，?，?，?，?，?，■，?，?，?，?，?，?，?，?，?，?，?，?，?，?，?，■，?，?，?，

1.如圖所示，一個閉合導體圓環固定在水平桌面上，一根條形磁鐵沿圓環的軸線運動，使圓環內產生了感

應電流。下列四幅圖中，產生的感應電流方向與條形磁鐵的運動情況相吻合的是0

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【答案】D

【解析由圖示可知，在磁鐵S極上升過程中，穿過圓環的磁場方向向上，在磁鐵遠離圓環時，穿過圓

環的磁通量變小，由楞次定律可知，從上向下看，圓環中的感應電流沿逆時針方向，故力錯誤；

由圖示可知，在磁鐵S極下落過程中，穿過圓環的磁場方向向上，在磁鐵靠近圓環時，穿過圓環的磁通

量變大，由楞次定律可知，從上向下看，圓環中的感應電流順時針方向，故8錯誤；

C、由圖示可知，在磁鐵N極上升過程中，穿過圓環的磁場方向向下，在磁鐵遠離圓環時，穿過圓環的磁通

量變小，由楞次定律可知，從上向下看，圓環中的感應電流沿順時針方向，故C錯誤；

D.由圖示可知，在磁鐵N極下落過程中，穿過圓環的磁場方向向下，在磁鐵靠近圓環時，穿過圓環的磁通

量變大，由楞次定律可知，從上向下看，圓環中的感應電流逆時針方向，故。正確；

故選:Do

2.a》cd是?個用粗細均勻的電阻絲圍成的正方形單匝線框，邊長為L,每邊電阻為R,勻強磁場與線框所在

平面垂直，如圖所示,磁感應強度大小為B,線框在外力作用下以速度u向右勻速進入磁場，在進入過程中,

下列說法正確的是()

A.d端電勢低于c端電勢

B.dc兩端電壓的大小為BLu

C.Qd邊不受安培力

D.線框受到的安培力方向向左，且大小為喏

【答案】D

【解析】根據右手定則可知cd中電流方向為由c到d,則d端電勢高于c端電勢，故力錯誤;cd邊產生的感應電

動勢的大小為E=84,則de兩端電壓為等效電源的路端電壓，大小為〃=磊.3/?=審?加，故B錯誤;ad邊

在磁場中的部分受安培力，在磁場外的部分不受安培力，故C錯誤;根據左手定則可知線框受到的安培力方

向向左，感應電流大小為/=翳，安培力大小為FA=1LB=嗤二故。正確。

3.電磁俘能器可在汽車發動機振動時利用電磁感應發電實現能量回收，結構如圖甲所示。兩對永磁鐵可隨

24/33

發動機一起上下振動，每對永磁鐵間均有水平方向的勻強磁場，磁感應強度大小均為8。磁場中，邊長為L

的正方形線圈豎直固定在減震裝置上。某時刻磁場分布與線圈位置如圖乙所示，永磁鐵振動時磁場分界線

不會離開線圈。關于圖乙中的線圈，下列說法正確的是()

圖甲

A.穿過線圈的磁通量為

B.永磁鐵相對線圈上升越高,線圈中感應電動勢越大

C.永磁鐵相對線圈上升越快,線圈中感應電動勢越小

D.永磁鐵相對線圈下降時，線圈中感應電流的方向為順時針方向

【答案】D

【解析】題圖乙所示位置穿過線圈的磁通量G=IBS,故“錯誤；根據法拉第電磁感應定律

可知永磁鐵相對線圈上升越快，磁通量變化越快，線圈中感應電動勢越大，故以C錯誤；永磁鐵相對線圈

下降時，根據楞次定律可知線圈中感應電流的方向為順時針方向，故。正確。

4.兩條平行虛線間存在一勻強磁場，磁感應強度方向與紙面垂直，邊長為0.1m